資源簡介

廣東省深圳市高級中學2023-2024學年八年級下學期期中測試物理試題
一、選擇題：（每小題只有一個選項，每小題2.5分，共計30分）
1．（2024八下·深圳期中）關于身邊的一些物理量，下列描述最接近實際的是（　　）
A．一名普通中學生的重力約為50N
B．一個雞蛋的質量約為50g
C．現在教室的溫度約為45℃
D．一名中學生站立時對水平地面的壓強約為1.1×103Pa
2．（2024八下·深圳期中）詩詞是中國傳統(tǒng)文化的重要組成部分。下列詩句中加點字部分所描述的現象從力的作用效果方面看，不同的一項是
A．北風卷地白草折，胡天八月即飛雪
B．水晶簾動微風起，滿架薔薇一院香
C．八月秋高風怒號，卷我屋上三重茅
D．無邊落木蕭蕭下，不盡長江滾滾來
3．（2024八下·深圳期中）如圖，在使用彈簧測力計測量物體的重力時，沒有應用到的知識是（　　）
A．二力平衡的條件
B．在彈性限度內，彈簧的伸長量與所受的拉力成正比
C．物體所受的重力與質量成正比
D．物體間力的作用是相互的
4．（2024八下·深圳期中）2024年1月1日，2024深圳大鵬新年馬拉松鳴槍開跑，4000名來自世界各地的跑者歡聚大鵬，遇見山，沉浸海，享新年。關于馬拉松比賽下列說法正確的是（　　）
A．運動員雙腳站立時對水平地面的壓強比走動時小
B．減小運動員鞋底的摩擦力，有助于提升運動員的成績
C．運動員到達終點線不能立即停止下來，是由于慣性作用
D．運動員對地面的壓力和運動員的重力是一對相互作用力
5．（2024八下·深圳期中）2023年12月26日11時26分，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了兩顆北斗導航衛(wèi)星，至此，中國在軌運行的北斗導航衛(wèi)星增至48顆。如圖所示，是其中一些在不同軌道上的北導航衛(wèi)星的運行示意圖。關于這些衛(wèi)星的運動，下面說法中正確的是（　　）
A．如果北斗衛(wèi)星以地面為參照物，那么，衛(wèi)星都是靜止的
B．圖示的北斗衛(wèi)星彼此之間是相對靜止的
C．如果北斗衛(wèi)星所受的力全部消失，將會一直繞地球做勻速圓周運動
D．北斗衛(wèi)星繞地球運行時受到非平衡力的作用
6．（2024八下·深圳期中）如圖所示是燒餅制作從揉團到壓扁過程，其總質量不變，則面團變成面餅后對桌面的（　　）
A．壓力不變 B．壓力變小 C．壓強不變 D．壓強變大
7．（2024八下·深圳期中）如圖是某同學“探究壓力作用的效果跟哪些因素有關”的實驗過程，下列關于本實驗的說法中正確的是（　　）
A．通過海綿被壓下的深淺來反映壓力大小，用到的科學探究方法是轉換法
B．甲乙兩圖研究的是，壓力作用效果與重力的關系
C．若把圖丙的海綿換成木板，木板受到的壓強小于海綿受到的壓強
D．甲乙對比說明，受力面積一定時，壓力越大，壓力作用效果越明顯
8．（2024八下·深圳期中）下圖所示的實驗現象所揭示的原理或規(guī)律所對應的應用技術不正確的是
A．滑雪橇 B．噴壺
C．潛水員穿抗壓服 D．吸盤吸玻璃
9．（2024八下·深圳期中）質量為1kg的平底空水桶，底面積為700cm2，水桶內裝有30cm深的水，放在水平地面上，如圖甲所示，水桶對地面的壓強為4000Pa，當小明用豎直向上的力提水桶，但沒有提起來時，如圖乙所示，水桶對地面的壓強為1800Pa，則下列選項正確的是（取10N/kg）（　　）
A．水對水桶底的壓強是4000Pa
B．水桶內水的質量為28kg
C．乙圖中桶對地面的壓力大小為226N
D．小明豎直向上提水桶的力F大小為154N
10．（2024八下·深圳期中）體積相同的鉛球、銅塊和木塊，浸在液體中的情況如圖所示，比較它們受到的浮力大小，正確的是（　　）
A．鉛球受到的浮力最大 B．木塊受到的浮力最大
C．銅塊受到的浮力最大 D．它們受到的浮力一樣大
11．（2024八下·深圳期中）探究“浮力的大小跟哪些因素有關”的實驗情形如圖所示，下列分析正確的是（　　）
A．由圖甲和圖丙可知，金屬塊的質量為2.8N，浸沒在水中時受到的浮力為1N
B．利用圖甲、圖乙和圖戊，可以得出的結論是：浮力大小與液體的密度有關
C．圖丁和圖戊中的液體對容器底部的壓強相等
D．由圖中數據可以算出鹽水的密度為1.1×103kg/m3
12．（2024八下·深圳期中）小車在水平方向受到兩個拉力F1和F2的作用，拉力F1和F2的大小隨時間變化的圖像如圖乙和丙，小車的運動狀態(tài)隨時間變化的圖像如圖丁，根據圖像，下列分析正確的是（　　）
A．t=1s時，小車受到的摩擦力大小是2N，摩擦力的方向水平向左
B．t=3s時，小車受到的摩擦力大小是3N，摩擦力方向水平向右
C．t=7s時，小車受到的合力大小是1N，合力方向水平向右
D．在4s到6s這個時間段，若桌面變得絕對光滑，小車將勻速直線運動
二、作圖題：（共兩題，每題2分，共計4分）
13．（2024八下·深圳期中）如圖所示，斜面上靜止著一個燒杯，燒杯內裝有水，水中靜止著一個小球。請在圖中畫出燒杯對斜面的壓力以及小球所受浮力的示意圖。
14．（2024八下·深圳期中）如圖是小帥同學練習頭球的示意圖，他一只腳向后蹬地，用頭將球頂出去。請畫出小帥受到的摩擦力以及足球在空中受到的力（不計空氣阻力）。
三、填空題：（共三題，每空2分，共計14分）
15．（2024八下·深圳期中）把在地球上質量為6kg的物體放到月球上，由于月球對物體的吸引力只有地球的，這時物體的重力為　 　N，質量是　 　kg。
16．（2024八下·深圳期中）小明水平拋出剖面圖形狀為的圓形玩具飛盤，初始階段飛盤軌跡如圖中虛線所示，所以飛盤在爬升過程中，飛盤受到　 　（選填“平衡力”或“非平衡力”）作用；該階段飛盤的凸面應該向　 　（選填“上”或“下”）。飛盤最終要落向地面，這是由于它受到　 　的作用。
17．（2024八下·深圳期中）1654年，馬德堡市長和他的助手做了著名的“馬德堡半球實驗”，證明了大氣壓的存在。
（1）實驗中，他們把兩個銅半球殼灌滿水后合在一起，再把水全部抽出，此時球內接近真空，周圍的　 　把兩個銅半球緊緊地壓在一起；
（2）如圖，東校同學用底面積為500cm2的平底壓力鍋代替銅半球模擬上述實驗，當鍋兩邊受到的拉力均為4000N時，鍋恰好被拉開，此時鍋內空氣的壓強約為　 　Pa（大氣壓取105Pa）。
四、實驗探究題：（共三題，每空2分，共計28分）
18．（2024八下·深圳期中）在探究“阻力對物體運動的影響”時，使用的器材有斜面、木板、棉布、毛巾和小車。讓小車每次從斜面頂端處由靜止自由滑下，改變水平面的粗糙程度，測量小車在水平面上滑行的距離，結果記錄在下表中。
接觸面 毛巾 棉布 木板
小車受到的阻力大小 大 較大 小
小車運動的距離s/cm 18.30 26.83 32.50
（1）實驗時要固定斜面，每次實驗均讓小車從斜面頂端靜止釋放，目的是：　 　；
（2）如圖，若實驗中小車僅在木板上滑行時滑出了右端，是否需要重做本實驗以獲取可靠的證據？答：　 　（選填“需要”或“不需要”）
（3）在本實驗中，“小車在水平面上運動的距離”反映的是________；
A．小車在水平面上所受阻力大小
B．阻力對小車運動的影響情況
C．A、B選項均正確
（4）由實驗推理：如果水平面光滑，小車運動時不受阻力作用，它將在水平面上　 　；
（5）牛頓在伽利略等人的研究成果上概括出了牛頓第一定律。該定律　 　（選填“能”或“不能”）用實驗直接驗證。
19．（2024八下·深圳期中）物理課上，同學們利用壓強計“研究液體內部壓強”，進行了如下的操作。
（1）壓強計是通過　 　來反映壓強大小的；
（2）在使用壓強計前，發(fā)現U形管中兩側液面已有高度差（如圖甲所示），接下來的操作是________（選填字母）；
A．直接從U形管右側中倒出適量液體
B．拆除膠管重新安裝
（3）分析　 　兩圖的實驗現象，得出結論：在深度相同時，液體的密度越大，壓強越大；
（4）正確操作后，分析圖②、圖③的實驗現象，得出結論：　 　；
（5）小王用圖⑤所示的裝置進行如下實驗：在左側加入適量的水，在右側緩慢倒入待測液體，直到橡皮膜剛好變平，則水和待測液體對容器底壓強的大小關系是　 　（選填“>”“<”或“=”）。
20．（2024八下·深圳期中）用圖甲所示裝置“探究二力平衡條件”的實驗，在細線的兩端掛上等質量的鉤碼，卡片保持靜止。
（1）實驗中，　 　，故卡片的重力可以忽略不計；
（2）實驗過程中，小明在右側加掛一個鉤碼，發(fā)現卡片向右加速運動，說明相互平衡的兩個力必須　 　；
（3）如圖乙所示，將卡片下拉一定距離，松手后發(fā)現卡片又恢復圖甲狀態(tài)，此操作　 　（選填“能”或“不能”）得到“相互平衡的兩個力必須作用在同一條直線上”這一結論；
（4）如圖丙所示，小明把兩根細線都掛到左支架的滑輪上，松手后小卡片做加速運動。由此得出：相互平衡的兩個力的方向必須相反。同組同學認為小明的實驗過程不充分，因為　 　。
五、計算題：（共兩題，每題8分，共計16分）
21．（2024八下·深圳期中）龍年春節(jié)，100余臺人工智能環(huán)衛(wèi)機器人活躍在深圳多個人工智能清掃試點，一臺智能環(huán)衛(wèi)機器人質量180kg，長1.2m、寬0.7m、高0.9m，總觸地面積0.2m3，具有自動駕駛、自行感知、智能清掃功能，正常工作時勻速運動，每小時可清掃5公里路面，每天工作9小時，把道路清掃得一塵不染。深圳人才公園、世界之窗等景區(qū)，外賣無人機忙碌地穿梭于其中，小高與同伴下單了1600g的炸雞與奶茶套餐，僅僅等待了10.7min，就成功接收到了心儀的“空投”。此外醫(yī)療運輸航線順利啟用，黃金珠寶低空運輸航線首飛，無人駕駛載人觀光成功首航。深圳正在加速打造人工智能先鋒城市。
根據以上信息計算：
（1）無人機勻速下降將炸雞與奶茶送到小高手中時，套餐的重力為多少？無人機對套餐的拉力多大？
（2）智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓強為多大？
（3）若機器人在水平路面正常工作的過程中，受到的阻力為重力的0.2倍，那么發(fā)動機需要提供多大的動力？（不計機器人重力的變化）
22．（2024八下·深圳期中）在某海域裝滿貨物的密封集裝箱意外落入水中。已知貨箱重100t，體積為40m3，沉入60m深的海底（未陷入），利用如圖所示的打撈船進行打撈。（=1.1×103kg/m3，g＝10N/kg）根據以上信息計算：
（1）未打撈集裝箱時，集裝箱底部受到海水多大的壓強？
（2）集裝箱沉沒時，受到的浮力是多大？
（3）集裝箱勻速上升的過程中（未露出水面），繩子的拉力是多大？
六、綜合能力題：（每空1分，共計8分）
23．（2024八下·深圳期中）閱讀下面的資料，回答問題：
2024年3月，水陸兩棲飛機----中航工業(yè)AG600大型滅火飛機亮相“雅典國際消防展”。代號“鯤龍”的AG600飛機，是中國自主研制的大型滅火、水上救援水陸兩棲飛機。它由4臺發(fā)動機提供動力。其空載質量42t，最大起飛質量53.5t，低空巡航速度（經濟、節(jié)油的飛行速度）460km/h，最大飛行速度為560km/h，最大航程為4500km。它和C919、運-20，共同被稱為中國大飛機“三劍客”。2018年10月20日，“鯤龍”AG600水上首飛在荊門漳河機場正式開始。經過6年的磨煉，“鯤龍”AG600即將成為一條可以上天下海的“龍”，擔當起保一方平安的責任。
對飛機制造感興趣的小明查閱資料后了解到，幾百噸的飛機能飛上天，主要依靠的就是發(fā)動機以及完美的空氣動力學設計。飛機在起飛時，首先發(fā)動機會加大馬力，推動飛機高速向前飛行。發(fā)動機前面是一個風輪風扇，風扇可以吸進空氣，吸進去的空氣被壓縮。壓縮的空氣來到燃燒室，與航空燃料進行混合，在這里，混合氣體被點燃，從而產生高溫高壓的膨脹氣體，燃燒產生的廢氣會從尾噴口高速噴出，從而產生巨大的推力，推動飛機向前運動。根據學過的知識，小明馬上意識到推動飛機的施力物體是①　 　。而完美的空氣動力學設計主要是機翼特殊的形狀。如圖所示是機翼的一個截面示意圖，因為上下表面形狀不同，機翼上方比下方②　 　，從而產生升力。
喜歡鉆研的的小明在觀看C919的飛行紀錄片時發(fā)現飛機在起飛時要先在水平路面上一直加速，而且機身并不是保持水平狀態(tài)，而是有一個仰角（機翼下表面與水平面的夾角，稱為：機翼仰角）。于是他猜測飛機受到的升力大小與飛機的速度，以及機翼仰角有關。小明聯合有同樣興趣的小伙伴們利用塑料泡沫等材料自制機翼模型，把圓柱形空心筆桿穿過“機翼”并固定在“機翼”上，將一根金屬桿從筆桿中穿過并上下固定，確保“機翼”能沿金屬桿在豎直方向移動。將“機翼”掛在測力計的下方，實驗裝置如圖所示。用鼓風機對著“機翼”吹風模擬飛機在空中飛行。
為研究升力大小與機翼仰角的關系，用鼓風機對同一個“機翼”吹風，并保持③　 　不變，改變④　 　，觀察并記錄測力計的示數；實驗數據記錄在下表（每次吹風前測力計的示數均為=3.5N）：
實驗序號 機翼仰角 風速 彈簧測力計示數F示/N
1 0°（水平） 低 3.2
2 0°（水平） 中 3.0
3 0°（水平） 高 2.6
4 較小 高 2.4
5 較大 高 2.3
6 最大 高 2.7
實驗中升力的表達式為：⑤=　 　（用題目中已知符號表示）。根據表中數據，小明得出結論：由風速越大，升力⑥　 　；隨著機翼仰角的增大，升力⑦　 　。你認為飛機升力的大小可能還與哪些因素有關，回答并說明理由⑧　 　（言之合理一點即可）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】溫度及溫度計的使用與讀數；質量及其特性；重力及其大小的計算；壓強的大小及其計算
【解析】【解答】A．根據題意可知，一名普通中學生的質量約為50kg，重力約為，
故A不符合題意；
B．一般情況下，1斤雞蛋500g，大約有10個，則一個雞蛋的質量約為50g，故B符合題意；
C.45℃遠遠高于人體的正常體溫，會引起大家中暑，故C不符合題意；
D．一名中學生對地面的壓力約為500N，站立時雙腳與地面的接觸面積約為400cm2，則中學生站立時對水平地面的壓強約為
故D不符合題意。
故選B。
【分析】 首先要對相關物理量有個初步的認識，不同物理量的估算，有的需要憑借生活經驗，有的需要經過簡單的計算，有的要進行單位換算，最后判斷符合要求的是哪一個。
2．【答案】A
【知識點】力的作用效果
【解析】【解答】 A.“北風卷地白草折，胡天八月即飛雪”中，白草折說明力可以改變物體的形狀；
B. “水晶簾動微風起”是指水晶簾在微風（力）的作用下動了起來，這說明力可以改變物體的運動狀態(tài)；
C. “八月秋高風怒號，卷我屋上三重茅”中，風刮過屋頂，屋頂上的茅草被卷走，這說明力可以改變物體的運動狀態(tài)；
D.“無邊落木蕭蕭下” ，木頭重力作用下向下運動，說明力可以改變物體的運動狀態(tài)。 綜上所述，選項A與其它三個選項中力的作用效果不同。
故選A。
【分析】力的作用效果包括：改變物體形狀或改變物體的運動狀態(tài)。
3．【答案】C
【知識點】力作用的相互性；彈簧測力計及其使用；重力及其大小的計算；二力平衡的條件及其應用
【解析】【解答】A．根據題意可知，使用彈簧測力計測量物體的重力時，物體處于平衡狀態(tài)，根據二力平衡條件可知，重力與彈簧測力計的拉力相等，故A不符合題意；
B．根據題意可知，彈簧受到的拉力越大，則伸長越多，即彈簧測力計是根據在彈性限度內，彈簧的伸長量與拉力成正比的關系制成的，故B不符合題意；
C．根據題意可知，使用彈簧測力計測量物體的重力時，沒有應用到物體所受的重力與質量成正比的知識點，故C符合題意；
D．根據題意可知，當將物體掛在掛鉤上，向上提彈簧測力計時，彈簧會對物體有力的作用，物體也會對彈簧有力的作用，應用到物體間力的作用是相互的，故D不符合題意。
故選C。
【分析】根據彈簧測力計測量物體重力的過程，分析其中設計的物理原理即可。
4．【答案】A
【知識點】力作用的相互性；慣性及其現象；摩擦力產生的條件；壓強的大小及其計算
【解析】【解答】A．無論是雙腳站立，還是單腳行走，運動員對地面的壓力等于運動員的重力，即對地面的壓力保持不變。動員雙腳站立時兩只腳著地，跑動時一只腳著地，受力面積小，根據可知，運所以運動員雙腳站立時對水平地面的壓強比跑動時小，故A正確；
B．運動員鞋底的摩擦力為運動員提供向前的動力，是有益摩擦，越大越好，故B錯誤；
C．運動員到達終點線不能立即停下來，是因為人具有慣性，故C錯誤；
D．運動員對地面的壓力和運動員的重力方向相同，都是豎直向下的，不是相互作用力，故D錯誤。
故選A。
【分析】 A.根據判斷人對地面壓強的變化；
B.增大滑動摩擦力的方法：在壓力一定情況下，增大接觸面粗糙程度；在接觸面粗糙程度一定時，增大壓力；
C.慣性是一種性質，不是一種力；
D.相互作用力的大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上。
5．【答案】D
【知識點】物體運動狀態(tài)的變化；平衡狀態(tài)的判斷；參照物及其選擇
【解析】【解答】A．根據題意可知，以地面為參照物，衛(wèi)星相對地面的位置一直發(fā)生變化，則衛(wèi)星是運動的，故A錯誤；
B．根據題意可知，北斗衛(wèi)星彼此之間的相對位置是發(fā)生改變的，因此它們之間是運動的，故B錯誤；
C．根據牛頓第一定律可知，如果北斗衛(wèi)星所受的力全部消失，則它們將做勻速直線運動，故C錯誤；
D．北斗衛(wèi)星繞軌道運行時，運動的方向和速度發(fā)生了變化，即運動狀態(tài)不斷改變，即受到非平衡力的作用，故D正確。
故選D。
【分析】AB.根據參照物的知識分析判斷；
C.根據牛頓第一定律的內容判斷；
D.平衡狀態(tài)包括：靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。
6．【答案】A
【知識點】壓力及重力與壓力的區(qū)別；壓強
【解析】【解答】根據題意可知，從揉團到壓扁過程中，雖然形狀發(fā)生改變，但是燒餅的質量不變。根據G=mg可知，燒餅的重力不變，則對桌面的壓力不變。根據可知，由于受力面積變大，則對桌面的壓強變小，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
【分析】面團對桌面的壓力始終等于重力，據此分析壓力變化，根據分析面團對桌面的壓強變化。
7．【答案】D
【知識點】探究壓力的作用效果跟什么因素有關的實驗
【解析】【解答】A．根據題意可知，本實驗通過海綿的凹陷程度來反映壓力的作用效果，即壓強，而不是壓力大小，這里采用了轉換法，故A錯誤；
B．根據圖片可知，實驗甲乙中只有壓力不同，因此研究的是壓力作用效果與壓力的關系，故B錯誤；
C．若把圖丙的海綿換成木板，因為壓力和受力面積不變，所以木板受到的壓強等于海綿受到的壓強，故C錯誤；
D．根據圖片可知，甲乙實驗中受力面積一定時，乙中壓力大，作用效果明顯，所以得出的結論是，受力面積一定時，壓力越大，壓力作用效果越明顯，故D正確。
故選D。
【分析】A. 物理學中對于一些看不見摸不著的現象或不易直接測量的物理量，通常用一些非常直觀的現象去認識或用易測量的物理量間接測量，這種研究問題的方法叫轉換法；
B.根據圖片分析甲和乙中哪個要素不同；
C.比較壓力和受力面積大小，根據比較壓強大小；
D.根據圖片分析甲和乙中哪個因素不同，哪個因素相同，根據控制變量法的要求描述結論。
8．【答案】B
【知識點】減小壓強的方法及其應用；液體壓強的特點；大氣壓的綜合應用；流體壓強與流速的關系
【解析】【解答】A．小桌桌腿向下時海綿凹陷較多，而桌腿向上時凹陷較小，則說明增大受力面積可以減小壓強．而滑雪者沒有陷入雪中。人踏上滑雪板增大了受力面積，減小了人對雪的壓強，則雪地上陷入較少，故A正確不符合題意；
B．根據圖片可知，這是帕斯卡圓桶實驗，說明液體的壓強隨著深度的增加而增大。下面的噴霧器噴霧利用的是流體壓強和流速的關系，二者不一致，故B錯誤符合題意；
C．根據圖片可知，微小壓強計是用來研究液體壓強特點的設備．潛水員潛入深水區(qū)時，要穿著特制的潛水服，這是因為隨著潛入深度的增加，水對人體的壓強在不斷的增大，為了防止人受到傷害，所以要穿抗壓的潛水服．故C項正確，C項不符合題意；
D．根據圖片可知，在覆杯實驗中，杯中的水沒有掉下來是由于大氣壓的作用．塑料吸盤緊緊地吸在玻璃板上也是由于大氣壓的作用造成的，故D正確不符合題意。
故選B。
【分析】分析各個圖片中包含的物理原理，然后與下面的應用對照即可。
9．【答案】D
【知識點】密度公式及其應用；二力平衡的條件及其應用；壓力及重力與壓力的區(qū)別；液體壓強計算公式的應用
【解析】【解答】A．根據題意可知， 水桶內裝有30cm深的水， 則水對水桶底的壓強為，
故A錯誤；
C．乙圖中水桶對地面的壓強為1800Pa， 底面積為700cm2， 則桶對地面的壓力大小為，
故C錯誤；
BD．圖甲中，水桶對地面的壓力為；
則甲圖中水桶受到的重力為；
空水桶的重力為；
水桶中水的重力為；
水桶中水的質量為；
圖乙中，桶對地面的壓力大小為126N，則桶受到的支持力也為126N。水桶受到豎直向下的重力、地面對其向上的支持力、小明對其豎直向上的拉力，處于平衡狀態(tài)，則有；
則小明豎直向上提水桶的力為
故B錯誤，D正確。
故選D。
【分析】 A.根據液體壓強公式p=ρgh，可得水對水桶底的壓強；
BD.根據水對水桶底的壓強比水桶對地面的壓強小1000Pa，可得水桶對地的壓強，可以求得水桶內水的質量；利用水和水桶的重力減去圖乙中水桶對地的壓力，可得小明豎直向上提水桶的力F大小。
C.根據圖乙所示，水桶對地面的壓強為1800Pa，可得此時水桶對地的壓力。
10．【答案】D
【知識點】阿基米德原理
【解析】【解答】圖中，鉛球、銅塊和木塊浸沒在同種液體中，且排開液體的體積相等，根據F浮=ρ液gV排，可知，它們受到的浮力一樣大，D符合題意。
故選D。
【分析】體積相同的不同物體，液體密度和排開液體的體積相等，則受到的浮力相等。
11．【答案】D
【知識點】探究浮力大小的實驗
【解析】【解答】A．由圖甲可知，金屬塊重力為2.8N，根據甲和丙圖可知，浸沒在水中金屬塊受到的浮力：F浮=G-F拉=2.8N-1.8N=1N，故A錯誤；
B．圖甲、乙、戊可知，液體密度不同，同時金屬塊排開液體的體積也不同，沒有控制變量，因此不能得出浮力大小與液體的密度有關，故B錯誤；
C．由圖丁和圖戊可知，液體的深度相同，鹽水的密度大于水的密度， 由p=ρ液gh可知， 圖戊對容器底部的壓強大于圖丁對容器底部的壓強，故C錯誤；
D．由圖甲、戊可知，在鹽水中的浮力是；
由阿基米德原理F浮=ρ液gV排可得：；
代入得：
解得：ρ鹽水=1.1×103kg/m3，故D正確。
故選D。
【分析】 A.質量的單位是kg，而不是N，由稱重法測浮力分析金屬塊受到浮力；
B.根據控制變量法，分析兩圖實驗，找出相同量和不同量，分析得出物體所受的浮力大小與變化量的關系；
C.根據液體壓強公式p=ρ液gh分析判斷；
D.根據稱重法計算浮力，結合阿基米德原理列出水和鹽水的浮力表達式，得出鹽水的密度。
12．【答案】B
【知識點】二力平衡的條件及其應用；力與圖象的結合；力的合成與應用；摩擦力的大小
【解析】【解答】A．根據圖丁，t=1s時小車的速度為0，處于靜止狀態(tài)，合力為0，水平方向上受到向左的拉力F1和向右的拉力F2、靜摩擦力的共同作用，由圖可知，此時的F1=3N，F2=1N，則靜摩擦力為2N，方向與F2的方向相同，水平向右，故A錯誤；
B．由v-t圖像，4s~6s小車做勻速直線運動，水平方向上受到的合力為0；由圖可知，此時的F'1=6N，F'2=3N，則可得滑動摩擦力為3N，方向與F2的方向相同，水平向右；t=3s時，F1大于F2，小車向左運動，小車對桌面的壓力不變，接觸面的粗糙程度不變，則受到的摩擦力不變，仍為3N，摩擦力方向水平向右，故B正確；
C．t=7s時，F''1=0N，F''2=2N，小車仍向左做減速運動，小車對桌面的壓力不變，接觸面的粗糙程度不變，則受到的摩擦力不變，仍為3N，摩擦力方向水平向右，合力為5N，合力的方向水平向右，故C錯誤；
D．在4~6s時間段，若桌面變得絕對光滑，則小車不會受到摩擦力的作用，由于此時的兩個拉力不同，則小車做變速運動，故D錯誤。
故選B。
【分析】靜止和勻速直線運動時，物體受到平衡力，二力平衡時，力的大小相等；物體受力不平衡，運動狀態(tài)會改變。
13．【答案】
【知識點】力的三要素及力的示意圖
【解析】【解答】根據題意可知，斜面受到的壓力作用在斜面上選取物體與接觸面的中點，且方向與斜面垂直向下。小球受到的浮力方向豎直向上，作用點在小球的重心，如下圖所示：
【分析】對物體進行受力分析，確定力的三要素，然后沿力的方向畫帶箭頭的線段即可。
14．【答案】
【知識點】力的三要素及力的示意圖；重力示意圖；摩擦力的方向
【解析】【解答】根據題意可知，用腳蹬地時，腳給地面一個向后的作用力，由于力的作用是相互的，地面就給腳一個向前的摩擦力，作用在接觸面上；足球只受重力的作用，作用在球的重心，方向豎直向下，如下圖所示：
【分析】對物體進行受力分析，確定力的三要素，然后沿力的方向畫帶箭頭的線段即可。
15．【答案】10；6
【知識點】質量及其特性；重力及其大小的計算
【解析】【解答】（1）根據題意可知，在地球上物體的重力為；
因為月球對物體的吸引力為地球的，
所以該物體在月球上的重力。
（2）質量是物質的屬性，不隨物體的位置變化而變化，因此該物體的質量不變，仍為6kg。
【分析】（1）首先根據G=mg計算出物體在地球上的重力，然后根據“月球對物體的吸引力為地球的”計算它在月球上的重力；
（2）質量是物質本身的一種屬性，不隨物體形狀、狀態(tài)、位置和溫度的變化而變化。
16．【答案】非平衡力；上；重力
【知識點】重力及其大小的計算；平衡狀態(tài)的判斷；流體壓強與流速的關系
【解析】【解答】（1）根據題意可知，飛盤在爬升過程中，做曲線運動，那么它處于非平衡狀態(tài)，因此飛盤受到的是非平衡力。
（2）根據圖片可知，飛盤的運動軌跡不斷向上，則上表面的氣壓小于下表面的氣壓，那么上表面的空氣流速大于下表面的空氣流速，因此上表面為曲面，下表面為平面。
（3）飛盤最終要落向地面，這是由于它受到重力的作用。
【分析】（1）平衡狀態(tài)包括：靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)；
（2）根據流體壓強和流速的關系解答；
（3） 球附近一切物體都受到地球的吸引，這種由于地球吸引而使物體受到的力叫重力，重力的方向總是豎直向下。
17．【答案】（1）大氣
（2）
【知識點】壓強的大小及其計算；大氣壓強的存在
【解析】【解答】（1）實驗中，他們把兩個銅半球殼灌滿水后合在一起，再把水全部抽出，此時球內接近真空，而外面的大氣壓就將兩個半球緊緊地壓在一起。
（2）根據題意可知，銅半球的受力面積為，
則作用在半球上的大氣壓力；
那么鍋內空氣的壓力；
此時鍋內空氣的壓強。
【分析】（1）根據大氣壓強的知識解答；
（2）首先根據計算作用在半球上的大氣壓力，再根據計算內部空氣產生的壓力，最后根據計算鍋內空氣壓強。
（1）實驗中，他們把兩個銅半球殼灌滿水后合在一起，再把水全部抽出，此時球內接近真空，球內沒有空氣壓強，而外面的大氣壓就將兩個半球緊緊地壓在一起。通過上述實驗不僅證明大氣壓的存在而且證明大氣壓是很大的。
（2）因為氣壓隨高度的增加而減小，在山底比在山頂的氣壓大，所以在山底比在山頂拉開鍋的最小拉力要大；以左側鍋底為研究對象，受到向左的拉力，向左的內部空氣壓力，向右的大氣壓力
向右的大氣壓力
則鍋內空氣的壓力
此時鍋內空氣的壓強
18．【答案】（1）使小車到達水平面時的速度相同
（2）不需要
（3）B
（4）做勻速直線運動
（5）不能
【知識點】阻力對物體運動影響的探究實驗
【解析】【解答】（1）讓小車從斜面相同高度由靜止下滑，這樣當小車到達水平面時，小車的速度相等。
（2）根據題意可知，小車在阻力最小的木板上運動距離最大，若實驗中小車僅在木板上滑行時滑出了右端，也能說明小車在木板上通過的距離最長，因此不需要重做本實驗以獲取可靠的證據。
（3）根據題意可知，相同條件下，小車在水平面上運動的距離越大，則說明阻力對小車運動的影響越小，故AC不符合題意，B符合題意。
故選B。
（4）根據題意可知，如果水平面光滑，小車運動時不受阻力作用，小車的速度將不再變化，一直做勻速直線運動。
（5）根據題意可知，實驗中物體不可能完全不受力的作用，因此不可能直接得到該結論。牛頓第一定律是在實驗的基礎上推理出來的。
【分析】（1）為完成“阻力對物體運動的影響”的實驗，應采用控制變量的思想，即保持小車到達水平面時的速度相同；
（2）根據題意分析小車滾出右端是否影響實驗事實的判斷即可；
（3）根據實驗過程和結論分析解答；
（4）如果水平面光滑，那么小車不受阻力作用，而小車的速度不會減小，據此分析解答；
（5）根據牛頓第一定律的得出過程分析。
（1）為完成“阻力對物體運動的影響”的實驗，應采用控制變量的思想，即保持小車到達水平面時的速度相同；因此讓小車從斜面相同高度由靜止下滑，這樣當小車到達水平面時，小車的速度相等。
（2）若實驗中小車僅在木板上滑行時滑出了右端，說明小車在木板上通過的距離最長，小車受到阻力最小，不需要重做本實驗以獲取可靠的證據。
（3）本實驗中，在壓力不變時，小車在水平表面受到阻力的大小由接觸面的粗糙程度決定，通過觀察小車在水平面上運動的距離來反映阻力對小車運動的影響情況，這叫轉換法，故AC不符合題意，B符合題意。
故選B。
（4）由表格數據可知，水平面越光滑，小車受到的阻力越小，小車速度變化的越慢，小車運動的距離越遠，因此可以推理，如果水平面光滑，小車運動時不受阻力作用，小車的速度將不再變化，一直做勻速直線運動。
（5）牛頓第一定律的內容：一切物體在沒有受到力的作用時，總保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。因實驗中物體不可能完全不受力的作用，因此不可能直接得到該結論。牛頓第一定律是在實驗的基礎上推理出來的。
19．【答案】（1）U形管兩側液面的高度差
（2）B
（3）③④
（4）液體密度相同時，深度越深，液體壓強越大
（5）<
【知識點】探究液體壓強的特點實驗
【解析】【解答】（1）實驗中，壓強計通過U形管兩側液面的高度差來反映壓強大小；
（2）在使用壓強計前，發(fā)現U形管中兩側液面已有高度差，說明軟管內氣壓較大，那么接下來的操作是：只需要將軟管取下，再重新安裝，故A不符合題意，B符合題意。
故選B。
（3）探究液體壓強大小與液體密度的關系時，需要控制深度相同，只改變液體密度，故選③④；
（4）根據圖片可知，實驗②和③中，液體密度相同，圖③中壓強計探頭所處深度較深，U形管兩側液面的高度差較大，因此可得到結論：液體密度相同時，深度越深，液體壓強越大。
（5）根據⑤圖可知，橡皮膜剛好變平，則此時橡皮膜左右兩側受到的壓強相同，
由液體壓強公式可知，左側水面到橡皮膜的深度大于右側液面到橡皮膜的深度，則液體密度。
橡皮膜到容器底部的深度相同，由液體壓強公式可知，橡皮膜到容器底部的壓強；
水和待測液體對容器底壓強分為橡皮膜以上液體的壓強和橡皮膜以下液體的壓強，
則
故。
【分析】 （1）液體內部壓強的大小是通過液體壓強計U形管兩邊液面的高度差來判斷的，高度差越大說明此時的液體壓強越大，采用了轉換法；
（2）只需要將軟管取下，讓U形管中左管上方的氣體與大氣連通即可；
（3）（4）液體壓強與液體的深度和密度有關，研究與其中一個因素的關系時，要控制另外一個因素不變；
（5）直到橡皮膜剛好變平，此時橡皮膜左右兩側受到的壓強相同，根據橡皮膜的深度，由p=ρgh得出ρ水＜ρ液。根據水和待測液體對容器底壓強分為橡皮膜以上液體的壓強和橡皮膜以下液體的壓強，由p=ρgh分析p液下與p水下大小關系，根據p水上=p水下得出結論。
（1）實驗中，壓強大小不能直接得到，通過U形管兩側液面的高度差來反映壓強大小，U形管兩側液面的高度差越大，說明壓強越大，使用了轉換法。
（2）在使用壓強計前，發(fā)現U形管中兩側液面已有高度差，接下來的操作是：只需要將軟管取下，再重新安裝，這樣的話，U形管中兩管上方的氣體壓強就是相等的，都等于大氣壓，當橡皮膜沒有受到壓強時，U形管中的液面就是相平的。故A不符合題意，B符合題意。
故選B。
（3）③④兩圖中，液體的密度不同，壓強計探頭所處的深度相同，因鹽水密度大于水的密度，圖④中U形管兩側液面高度差較大，因此可得到結論：在深度相同時，液體的密度越大，壓強越大。
（4）圖②、圖③中，液體密度相同，圖③中壓強計探頭所處深度較深，U形管兩側液面的高度差較大，說明圖③中壓強計探頭受到的壓強較大，因此可得到結論：液體密度相同時，深度越深，液體壓強越大。
（5）在左側加入適量的水，在右側緩慢倒入待測液體，直到橡皮膜剛好變平，此時橡皮膜左右兩側受到的壓強相同，因左側水面到橡皮膜的深度大于右側液面到橡皮膜的深度，由可知，。水和待測液體對容器底壓強分為橡皮膜以上液體的壓強和橡皮膜以下液體的壓強，因液體密度較大，由可知。又因為，則
故。
20．【答案】（1）鉤碼的重力遠大于卡片的重力
（2）大小相等
（3）不能
（4）沒有改變兩個力的方向進行多次實驗，得到普遍規(guī)律
【知識點】探究二力平衡的條件
【解析】【解答】（1）根據題意可知，卡片兩側受到的拉力由鉤碼重力產生，由于實驗中所用鉤碼的重力遠大于卡片的重力，可以忽略小卡片的重力對實驗的影響。
（2）根據題意可知，右側加掛了一個鉤碼，使卡片所受到向右的力大于向左的力，此時卡片向右加速運動，沒有處于平衡狀態(tài)，由此可以得出二力平衡的一個條件是：相互平衡的兩個力必須大小相等。
（3）根據圖乙可知，將卡片往下拉過一定距離，此時兩個力雖然不在同一條直線上，且兩個力的方向也不是相反的，不符合控制變量法的要求，所以不能得到“相互平衡的兩個力必須作用在同一條直線上”的結論。
（4） 同組同學認為小明的實驗過程不充分，因為：只做一次實驗就得出結論，具有偶然性，應改變兩個力的方向關系多次實驗，得出普遍規(guī)律。
【分析】 （1）所用鉤碼的重力遠大于卡片的重力，可以忽略小卡片的重力對實驗的影響；
（2）根據操作分析影響二力平衡的哪個因素改變即可；
（3）探究二力平衡時兩個力是否在同一直線上時，必須控制力的大小、作用點相同，而方向相反；
（4）多次實驗的目的是得出普遍規(guī)律。
（1）實驗中所用鉤碼的重力遠大于卡片的重力，可以忽略小卡片的重力對實驗的影響。
（2）右側加掛了一個鉤碼，使卡片所受到向右的力大于向左的力，兩個力大小不同，卡片向右加速運動，由此可以得出二力平衡的一個條件是：相互平衡的兩個力必須大小相等。
（3）如圖乙，將卡片往下拉過一定距離，此時兩個力雖然不在同一條直線上，但同時兩個力的方向也不是相反的，不符合控制變量法的要求，所以不能得到“相互平衡的兩個力必須作用在同一條直線上”的結論。
（4）只做一次實驗就得出結論，具有偶然性，應改變兩個力的方向關系多次實驗，得出普遍規(guī)律。
21．【答案】（1）解：根據題意可知，套餐的質量為1600g=1.6kg，
套餐的重力為；
無人機對套餐的拉力與套餐的重力是一對平衡力，二者大小相等，
即。
（2）解：智能環(huán)衛(wèi)機器人對地面的壓力等于機器人的重力，
即
智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓強為。

（3）解：機器人在水平路面正常工作的過程中，
受到的阻力為
機器人受到的阻力與發(fā)動機提供的動力是一對平衡力，二者大小相等，
則動機需要提供的動力為。
【知識點】重力及其大小的計算；二力平衡的條件及其應用；壓強的大小及其計算
【解析】【分析】（1）根據G=mg計算出套餐的重力；根據二力平衡求出無人機對套餐的拉力；
（2）智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面壓力大小等于其重力，根據計算出智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時對地面的壓強；
（3）機器人在水平路面正常工作的過程中，機器人受到的阻力與發(fā)動機提供的動力是一對平衡力，根據二力平衡求出發(fā)動機需要提供的動力。
（1）套餐的重力為
無人機對套餐的拉力與套餐的重力是一對平衡力，二者大小相等，即
（2）智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓力等于機器人的重力，即
智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓強為
（3）機器人在水平路面正常工作的過程中，受到的阻力為
機器人受到的阻力與發(fā)動機提供的動力是一對平衡力，二者大小相等，則動機需要提供的動力為
22．【答案】（1）解：未打撈集裝箱時，集裝箱底部受到海水多大的壓強。
（2）解：根據題意可知，集裝箱沉沒時受到的浮力是。
（3）解：根據題意可知，貨箱的重力；
集裝箱勻速上升的過程中，由平衡條件知道，繩子的拉力是。

【知識點】二力平衡的條件及其應用；液體壓強計算公式的應用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）由p=ρgh算出未打撈集裝箱時集裝箱底部受到海水的壓強；
（2）由阿基米德原理算出集裝箱沉沒時受到的浮力；
（3）根據G=mg算出貨箱的重力，集裝箱勻速上升的過程中，由平衡條件算出繩子的拉力。
（1）由知道，未打撈集裝箱時，集裝箱底部受到海水多大的壓強
（2）集裝箱沉沒時，受到的浮力是
（3）貨箱的重力
集裝箱勻速上升的過程中，由平衡條件知道，繩子的拉力是
23．【答案】燃氣；空氣流速大，壓強小；風速；機翼仰角；F0-F示；越大；先增大后減小；機翼面積
【知識點】力作用的相互性；壓強的大小及其計算；流體壓強與流速的關系；飛機的升力；控制變量法與探究性實驗方案
【解析】【解答】（1）根據題意可知，飛機向后噴出高溫高壓的氣體，由于力的作用是相互的，燃氣反過來給飛機提供一個向前的反作用力，因此推動飛機的施力物體是燃氣。
（2）根據圖片可知，機翼上表面為曲面，下表面為平面，則上方氣流速度大壓強小，下方氣流速度小壓強大，故機翼上方壓強小于下方壓強，機翼的上下表面產生了壓力差，這就是向上的升力。
（3）根據控制變量法可知，為研究升力大小與機翼仰角的關系，要保持風速一定，改變機翼仰角的大小，觀察并記錄測力計的示數。
（4）根據題意可知，每次吹風前測力計的示數均為，實驗中用鼓風機對同一個“機翼”吹風，則吹風前后測力計的示數差就等于升力，則升力的大小為F0-F示。
（5）根據表格數據前3組可知，機翼仰角相同時，風速越大，彈簧測力計示數越小，那么得到：機翼仰角一定時，風速越大，升力越大。
（6）根據表格數據后3組數據可知，風速一定時，機翼仰角越大，彈簧測力計示數先減小后增大，由F升=F0-F示可知，風速一定時，隨著機翼仰角的增大，升力先增大后減小。
（7）我認為飛機升力的大小可能還與機翼面積有關，由F=pS可知，壓強差相同時，機翼面積越大升力越大。
【分析】（1）根據力的作用的相互性分析飛機動力的施力物體；
（2）根據流體壓強和流速的關系分析；
（3）根據控制變量法的要求可知，探究某個因素對物理量的影響時，需要控制其它因素相同；
（4）對吹風前后的機翼進行受力分析，根據平衡力的知識計算產生的升力；
（5）根據前3組數據分析升力與風速的關系；
（6）根據后三組數據分析升力與仰角的關系；
（7）根據F=pS分析解答。
1 / 1廣東省深圳市高級中學2023-2024學年八年級下學期期中測試物理試題
一、選擇題：（每小題只有一個選項，每小題2.5分，共計30分）
1．（2024八下·深圳期中）關于身邊的一些物理量，下列描述最接近實際的是（　　）
A．一名普通中學生的重力約為50N
B．一個雞蛋的質量約為50g
C．現在教室的溫度約為45℃
D．一名中學生站立時對水平地面的壓強約為1.1×103Pa
【答案】B
【知識點】溫度及溫度計的使用與讀數；質量及其特性；重力及其大小的計算；壓強的大小及其計算
【解析】【解答】A．根據題意可知，一名普通中學生的質量約為50kg，重力約為，
故A不符合題意；
B．一般情況下，1斤雞蛋500g，大約有10個，則一個雞蛋的質量約為50g，故B符合題意；
C.45℃遠遠高于人體的正常體溫，會引起大家中暑，故C不符合題意；
D．一名中學生對地面的壓力約為500N，站立時雙腳與地面的接觸面積約為400cm2，則中學生站立時對水平地面的壓強約為
故D不符合題意。
故選B。
【分析】 首先要對相關物理量有個初步的認識，不同物理量的估算，有的需要憑借生活經驗，有的需要經過簡單的計算，有的要進行單位換算，最后判斷符合要求的是哪一個。
2．（2024八下·深圳期中）詩詞是中國傳統(tǒng)文化的重要組成部分。下列詩句中加點字部分所描述的現象從力的作用效果方面看，不同的一項是
A．北風卷地白草折，胡天八月即飛雪
B．水晶簾動微風起，滿架薔薇一院香
C．八月秋高風怒號，卷我屋上三重茅
D．無邊落木蕭蕭下，不盡長江滾滾來
【答案】A
【知識點】力的作用效果
【解析】【解答】 A.“北風卷地白草折，胡天八月即飛雪”中，白草折說明力可以改變物體的形狀；
B. “水晶簾動微風起”是指水晶簾在微風（力）的作用下動了起來，這說明力可以改變物體的運動狀態(tài)；
C. “八月秋高風怒號，卷我屋上三重茅”中，風刮過屋頂，屋頂上的茅草被卷走，這說明力可以改變物體的運動狀態(tài)；
D.“無邊落木蕭蕭下” ，木頭重力作用下向下運動，說明力可以改變物體的運動狀態(tài)。 綜上所述，選項A與其它三個選項中力的作用效果不同。
故選A。
【分析】力的作用效果包括：改變物體形狀或改變物體的運動狀態(tài)。
3．（2024八下·深圳期中）如圖，在使用彈簧測力計測量物體的重力時，沒有應用到的知識是（　　）
A．二力平衡的條件
B．在彈性限度內，彈簧的伸長量與所受的拉力成正比
C．物體所受的重力與質量成正比
D．物體間力的作用是相互的
【答案】C
【知識點】力作用的相互性；彈簧測力計及其使用；重力及其大小的計算；二力平衡的條件及其應用
【解析】【解答】A．根據題意可知，使用彈簧測力計測量物體的重力時，物體處于平衡狀態(tài)，根據二力平衡條件可知，重力與彈簧測力計的拉力相等，故A不符合題意；
B．根據題意可知，彈簧受到的拉力越大，則伸長越多，即彈簧測力計是根據在彈性限度內，彈簧的伸長量與拉力成正比的關系制成的，故B不符合題意；
C．根據題意可知，使用彈簧測力計測量物體的重力時，沒有應用到物體所受的重力與質量成正比的知識點，故C符合題意；
D．根據題意可知，當將物體掛在掛鉤上，向上提彈簧測力計時，彈簧會對物體有力的作用，物體也會對彈簧有力的作用，應用到物體間力的作用是相互的，故D不符合題意。
故選C。
【分析】根據彈簧測力計測量物體重力的過程，分析其中設計的物理原理即可。
4．（2024八下·深圳期中）2024年1月1日，2024深圳大鵬新年馬拉松鳴槍開跑，4000名來自世界各地的跑者歡聚大鵬，遇見山，沉浸海，享新年。關于馬拉松比賽下列說法正確的是（　　）
A．運動員雙腳站立時對水平地面的壓強比走動時小
B．減小運動員鞋底的摩擦力，有助于提升運動員的成績
C．運動員到達終點線不能立即停止下來，是由于慣性作用
D．運動員對地面的壓力和運動員的重力是一對相互作用力
【答案】A
【知識點】力作用的相互性；慣性及其現象；摩擦力產生的條件；壓強的大小及其計算
【解析】【解答】A．無論是雙腳站立，還是單腳行走，運動員對地面的壓力等于運動員的重力，即對地面的壓力保持不變。動員雙腳站立時兩只腳著地，跑動時一只腳著地，受力面積小，根據可知，運所以運動員雙腳站立時對水平地面的壓強比跑動時小，故A正確；
B．運動員鞋底的摩擦力為運動員提供向前的動力，是有益摩擦，越大越好，故B錯誤；
C．運動員到達終點線不能立即停下來，是因為人具有慣性，故C錯誤；
D．運動員對地面的壓力和運動員的重力方向相同，都是豎直向下的，不是相互作用力，故D錯誤。
故選A。
【分析】 A.根據判斷人對地面壓強的變化；
B.增大滑動摩擦力的方法：在壓力一定情況下，增大接觸面粗糙程度；在接觸面粗糙程度一定時，增大壓力；
C.慣性是一種性質，不是一種力；
D.相互作用力的大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上。
5．（2024八下·深圳期中）2023年12月26日11時26分，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了兩顆北斗導航衛(wèi)星，至此，中國在軌運行的北斗導航衛(wèi)星增至48顆。如圖所示，是其中一些在不同軌道上的北導航衛(wèi)星的運行示意圖。關于這些衛(wèi)星的運動，下面說法中正確的是（　　）
A．如果北斗衛(wèi)星以地面為參照物，那么，衛(wèi)星都是靜止的
B．圖示的北斗衛(wèi)星彼此之間是相對靜止的
C．如果北斗衛(wèi)星所受的力全部消失，將會一直繞地球做勻速圓周運動
D．北斗衛(wèi)星繞地球運行時受到非平衡力的作用
【答案】D
【知識點】物體運動狀態(tài)的變化；平衡狀態(tài)的判斷；參照物及其選擇
【解析】【解答】A．根據題意可知，以地面為參照物，衛(wèi)星相對地面的位置一直發(fā)生變化，則衛(wèi)星是運動的，故A錯誤；
B．根據題意可知，北斗衛(wèi)星彼此之間的相對位置是發(fā)生改變的，因此它們之間是運動的，故B錯誤；
C．根據牛頓第一定律可知，如果北斗衛(wèi)星所受的力全部消失，則它們將做勻速直線運動，故C錯誤；
D．北斗衛(wèi)星繞軌道運行時，運動的方向和速度發(fā)生了變化，即運動狀態(tài)不斷改變，即受到非平衡力的作用，故D正確。
故選D。
【分析】AB.根據參照物的知識分析判斷；
C.根據牛頓第一定律的內容判斷；
D.平衡狀態(tài)包括：靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。
6．（2024八下·深圳期中）如圖所示是燒餅制作從揉團到壓扁過程，其總質量不變，則面團變成面餅后對桌面的（　　）
A．壓力不變 B．壓力變小 C．壓強不變 D．壓強變大
【答案】A
【知識點】壓力及重力與壓力的區(qū)別；壓強
【解析】【解答】根據題意可知，從揉團到壓扁過程中，雖然形狀發(fā)生改變，但是燒餅的質量不變。根據G=mg可知，燒餅的重力不變，則對桌面的壓力不變。根據可知，由于受力面積變大，則對桌面的壓強變小，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
【分析】面團對桌面的壓力始終等于重力，據此分析壓力變化，根據分析面團對桌面的壓強變化。
7．（2024八下·深圳期中）如圖是某同學“探究壓力作用的效果跟哪些因素有關”的實驗過程，下列關于本實驗的說法中正確的是（　　）
A．通過海綿被壓下的深淺來反映壓力大小，用到的科學探究方法是轉換法
B．甲乙兩圖研究的是，壓力作用效果與重力的關系
C．若把圖丙的海綿換成木板，木板受到的壓強小于海綿受到的壓強
D．甲乙對比說明，受力面積一定時，壓力越大，壓力作用效果越明顯
【答案】D
【知識點】探究壓力的作用效果跟什么因素有關的實驗
【解析】【解答】A．根據題意可知，本實驗通過海綿的凹陷程度來反映壓力的作用效果，即壓強，而不是壓力大小，這里采用了轉換法，故A錯誤；
B．根據圖片可知，實驗甲乙中只有壓力不同，因此研究的是壓力作用效果與壓力的關系，故B錯誤；
C．若把圖丙的海綿換成木板，因為壓力和受力面積不變，所以木板受到的壓強等于海綿受到的壓強，故C錯誤；
D．根據圖片可知，甲乙實驗中受力面積一定時，乙中壓力大，作用效果明顯，所以得出的結論是，受力面積一定時，壓力越大，壓力作用效果越明顯，故D正確。
故選D。
【分析】A. 物理學中對于一些看不見摸不著的現象或不易直接測量的物理量，通常用一些非常直觀的現象去認識或用易測量的物理量間接測量，這種研究問題的方法叫轉換法；
B.根據圖片分析甲和乙中哪個要素不同；
C.比較壓力和受力面積大小，根據比較壓強大小；
D.根據圖片分析甲和乙中哪個因素不同，哪個因素相同，根據控制變量法的要求描述結論。
8．（2024八下·深圳期中）下圖所示的實驗現象所揭示的原理或規(guī)律所對應的應用技術不正確的是
A．滑雪橇 B．噴壺
C．潛水員穿抗壓服 D．吸盤吸玻璃
【答案】B
【知識點】減小壓強的方法及其應用；液體壓強的特點；大氣壓的綜合應用；流體壓強與流速的關系
【解析】【解答】A．小桌桌腿向下時海綿凹陷較多，而桌腿向上時凹陷較小，則說明增大受力面積可以減小壓強．而滑雪者沒有陷入雪中。人踏上滑雪板增大了受力面積，減小了人對雪的壓強，則雪地上陷入較少，故A正確不符合題意；
B．根據圖片可知，這是帕斯卡圓桶實驗，說明液體的壓強隨著深度的增加而增大。下面的噴霧器噴霧利用的是流體壓強和流速的關系，二者不一致，故B錯誤符合題意；
C．根據圖片可知，微小壓強計是用來研究液體壓強特點的設備．潛水員潛入深水區(qū)時，要穿著特制的潛水服，這是因為隨著潛入深度的增加，水對人體的壓強在不斷的增大，為了防止人受到傷害，所以要穿抗壓的潛水服．故C項正確，C項不符合題意；
D．根據圖片可知，在覆杯實驗中，杯中的水沒有掉下來是由于大氣壓的作用．塑料吸盤緊緊地吸在玻璃板上也是由于大氣壓的作用造成的，故D正確不符合題意。
故選B。
【分析】分析各個圖片中包含的物理原理，然后與下面的應用對照即可。
9．（2024八下·深圳期中）質量為1kg的平底空水桶，底面積為700cm2，水桶內裝有30cm深的水，放在水平地面上，如圖甲所示，水桶對地面的壓強為4000Pa，當小明用豎直向上的力提水桶，但沒有提起來時，如圖乙所示，水桶對地面的壓強為1800Pa，則下列選項正確的是（取10N/kg）（　　）
A．水對水桶底的壓強是4000Pa
B．水桶內水的質量為28kg
C．乙圖中桶對地面的壓力大小為226N
D．小明豎直向上提水桶的力F大小為154N
【答案】D
【知識點】密度公式及其應用；二力平衡的條件及其應用；壓力及重力與壓力的區(qū)別；液體壓強計算公式的應用
【解析】【解答】A．根據題意可知， 水桶內裝有30cm深的水， 則水對水桶底的壓強為，
故A錯誤；
C．乙圖中水桶對地面的壓強為1800Pa， 底面積為700cm2， 則桶對地面的壓力大小為，
故C錯誤；
BD．圖甲中，水桶對地面的壓力為；
則甲圖中水桶受到的重力為；
空水桶的重力為；
水桶中水的重力為；
水桶中水的質量為；
圖乙中，桶對地面的壓力大小為126N，則桶受到的支持力也為126N。水桶受到豎直向下的重力、地面對其向上的支持力、小明對其豎直向上的拉力，處于平衡狀態(tài)，則有；
則小明豎直向上提水桶的力為
故B錯誤，D正確。
故選D。
【分析】 A.根據液體壓強公式p=ρgh，可得水對水桶底的壓強；
BD.根據水對水桶底的壓強比水桶對地面的壓強小1000Pa，可得水桶對地的壓強，可以求得水桶內水的質量；利用水和水桶的重力減去圖乙中水桶對地的壓力，可得小明豎直向上提水桶的力F大小。
C.根據圖乙所示，水桶對地面的壓強為1800Pa，可得此時水桶對地的壓力。
10．（2024八下·深圳期中）體積相同的鉛球、銅塊和木塊，浸在液體中的情況如圖所示，比較它們受到的浮力大小，正確的是（　　）
A．鉛球受到的浮力最大 B．木塊受到的浮力最大
C．銅塊受到的浮力最大 D．它們受到的浮力一樣大
【答案】D
【知識點】阿基米德原理
【解析】【解答】圖中，鉛球、銅塊和木塊浸沒在同種液體中，且排開液體的體積相等，根據F浮=ρ液gV排，可知，它們受到的浮力一樣大，D符合題意。
故選D。
【分析】體積相同的不同物體，液體密度和排開液體的體積相等，則受到的浮力相等。
11．（2024八下·深圳期中）探究“浮力的大小跟哪些因素有關”的實驗情形如圖所示，下列分析正確的是（　　）
A．由圖甲和圖丙可知，金屬塊的質量為2.8N，浸沒在水中時受到的浮力為1N
B．利用圖甲、圖乙和圖戊，可以得出的結論是：浮力大小與液體的密度有關
C．圖丁和圖戊中的液體對容器底部的壓強相等
D．由圖中數據可以算出鹽水的密度為1.1×103kg/m3
【答案】D
【知識點】探究浮力大小的實驗
【解析】【解答】A．由圖甲可知，金屬塊重力為2.8N，根據甲和丙圖可知，浸沒在水中金屬塊受到的浮力：F浮=G-F拉=2.8N-1.8N=1N，故A錯誤；
B．圖甲、乙、戊可知，液體密度不同，同時金屬塊排開液體的體積也不同，沒有控制變量，因此不能得出浮力大小與液體的密度有關，故B錯誤；
C．由圖丁和圖戊可知，液體的深度相同，鹽水的密度大于水的密度， 由p=ρ液gh可知， 圖戊對容器底部的壓強大于圖丁對容器底部的壓強，故C錯誤；
D．由圖甲、戊可知，在鹽水中的浮力是；
由阿基米德原理F浮=ρ液gV排可得：；
代入得：
解得：ρ鹽水=1.1×103kg/m3，故D正確。
故選D。
【分析】 A.質量的單位是kg，而不是N，由稱重法測浮力分析金屬塊受到浮力；
B.根據控制變量法，分析兩圖實驗，找出相同量和不同量，分析得出物體所受的浮力大小與變化量的關系；
C.根據液體壓強公式p=ρ液gh分析判斷；
D.根據稱重法計算浮力，結合阿基米德原理列出水和鹽水的浮力表達式，得出鹽水的密度。
12．（2024八下·深圳期中）小車在水平方向受到兩個拉力F1和F2的作用，拉力F1和F2的大小隨時間變化的圖像如圖乙和丙，小車的運動狀態(tài)隨時間變化的圖像如圖丁，根據圖像，下列分析正確的是（　　）
A．t=1s時，小車受到的摩擦力大小是2N，摩擦力的方向水平向左
B．t=3s時，小車受到的摩擦力大小是3N，摩擦力方向水平向右
C．t=7s時，小車受到的合力大小是1N，合力方向水平向右
D．在4s到6s這個時間段，若桌面變得絕對光滑，小車將勻速直線運動
【答案】B
【知識點】二力平衡的條件及其應用；力與圖象的結合；力的合成與應用；摩擦力的大小
【解析】【解答】A．根據圖丁，t=1s時小車的速度為0，處于靜止狀態(tài)，合力為0，水平方向上受到向左的拉力F1和向右的拉力F2、靜摩擦力的共同作用，由圖可知，此時的F1=3N，F2=1N，則靜摩擦力為2N，方向與F2的方向相同，水平向右，故A錯誤；
B．由v-t圖像，4s~6s小車做勻速直線運動，水平方向上受到的合力為0；由圖可知，此時的F'1=6N，F'2=3N，則可得滑動摩擦力為3N，方向與F2的方向相同，水平向右；t=3s時，F1大于F2，小車向左運動，小車對桌面的壓力不變，接觸面的粗糙程度不變，則受到的摩擦力不變，仍為3N，摩擦力方向水平向右，故B正確；
C．t=7s時，F''1=0N，F''2=2N，小車仍向左做減速運動，小車對桌面的壓力不變，接觸面的粗糙程度不變，則受到的摩擦力不變，仍為3N，摩擦力方向水平向右，合力為5N，合力的方向水平向右，故C錯誤；
D．在4~6s時間段，若桌面變得絕對光滑，則小車不會受到摩擦力的作用，由于此時的兩個拉力不同，則小車做變速運動，故D錯誤。
故選B。
【分析】靜止和勻速直線運動時，物體受到平衡力，二力平衡時，力的大小相等；物體受力不平衡，運動狀態(tài)會改變。
二、作圖題：（共兩題，每題2分，共計4分）
13．（2024八下·深圳期中）如圖所示，斜面上靜止著一個燒杯，燒杯內裝有水，水中靜止著一個小球。請在圖中畫出燒杯對斜面的壓力以及小球所受浮力的示意圖。
【答案】
【知識點】力的三要素及力的示意圖
【解析】【解答】根據題意可知，斜面受到的壓力作用在斜面上選取物體與接觸面的中點，且方向與斜面垂直向下。小球受到的浮力方向豎直向上，作用點在小球的重心，如下圖所示：
【分析】對物體進行受力分析，確定力的三要素，然后沿力的方向畫帶箭頭的線段即可。
14．（2024八下·深圳期中）如圖是小帥同學練習頭球的示意圖，他一只腳向后蹬地，用頭將球頂出去。請畫出小帥受到的摩擦力以及足球在空中受到的力（不計空氣阻力）。
【答案】
【知識點】力的三要素及力的示意圖；重力示意圖；摩擦力的方向
【解析】【解答】根據題意可知，用腳蹬地時，腳給地面一個向后的作用力，由于力的作用是相互的，地面就給腳一個向前的摩擦力，作用在接觸面上；足球只受重力的作用，作用在球的重心，方向豎直向下，如下圖所示：
【分析】對物體進行受力分析，確定力的三要素，然后沿力的方向畫帶箭頭的線段即可。
三、填空題：（共三題，每空2分，共計14分）
15．（2024八下·深圳期中）把在地球上質量為6kg的物體放到月球上，由于月球對物體的吸引力只有地球的，這時物體的重力為　 　N，質量是　 　kg。
【答案】10；6
【知識點】質量及其特性；重力及其大小的計算
【解析】【解答】（1）根據題意可知，在地球上物體的重力為；
因為月球對物體的吸引力為地球的，
所以該物體在月球上的重力。
（2）質量是物質的屬性，不隨物體的位置變化而變化，因此該物體的質量不變，仍為6kg。
【分析】（1）首先根據G=mg計算出物體在地球上的重力，然后根據“月球對物體的吸引力為地球的”計算它在月球上的重力；
（2）質量是物質本身的一種屬性，不隨物體形狀、狀態(tài)、位置和溫度的變化而變化。
16．（2024八下·深圳期中）小明水平拋出剖面圖形狀為的圓形玩具飛盤，初始階段飛盤軌跡如圖中虛線所示，所以飛盤在爬升過程中，飛盤受到　 　（選填“平衡力”或“非平衡力”）作用；該階段飛盤的凸面應該向　 　（選填“上”或“下”）。飛盤最終要落向地面，這是由于它受到　 　的作用。
【答案】非平衡力；上；重力
【知識點】重力及其大小的計算；平衡狀態(tài)的判斷；流體壓強與流速的關系
【解析】【解答】（1）根據題意可知，飛盤在爬升過程中，做曲線運動，那么它處于非平衡狀態(tài)，因此飛盤受到的是非平衡力。
（2）根據圖片可知，飛盤的運動軌跡不斷向上，則上表面的氣壓小于下表面的氣壓，那么上表面的空氣流速大于下表面的空氣流速，因此上表面為曲面，下表面為平面。
（3）飛盤最終要落向地面，這是由于它受到重力的作用。
【分析】（1）平衡狀態(tài)包括：靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)；
（2）根據流體壓強和流速的關系解答；
（3） 球附近一切物體都受到地球的吸引，這種由于地球吸引而使物體受到的力叫重力，重力的方向總是豎直向下。
17．（2024八下·深圳期中）1654年，馬德堡市長和他的助手做了著名的“馬德堡半球實驗”，證明了大氣壓的存在。
（1）實驗中，他們把兩個銅半球殼灌滿水后合在一起，再把水全部抽出，此時球內接近真空，周圍的　 　把兩個銅半球緊緊地壓在一起；
（2）如圖，東校同學用底面積為500cm2的平底壓力鍋代替銅半球模擬上述實驗，當鍋兩邊受到的拉力均為4000N時，鍋恰好被拉開，此時鍋內空氣的壓強約為　 　Pa（大氣壓取105Pa）。
【答案】（1）大氣
（2）
【知識點】壓強的大小及其計算；大氣壓強的存在
【解析】【解答】（1）實驗中，他們把兩個銅半球殼灌滿水后合在一起，再把水全部抽出，此時球內接近真空，而外面的大氣壓就將兩個半球緊緊地壓在一起。
（2）根據題意可知，銅半球的受力面積為，
則作用在半球上的大氣壓力；
那么鍋內空氣的壓力；
此時鍋內空氣的壓強。
【分析】（1）根據大氣壓強的知識解答；
（2）首先根據計算作用在半球上的大氣壓力，再根據計算內部空氣產生的壓力，最后根據計算鍋內空氣壓強。
（1）實驗中，他們把兩個銅半球殼灌滿水后合在一起，再把水全部抽出，此時球內接近真空，球內沒有空氣壓強，而外面的大氣壓就將兩個半球緊緊地壓在一起。通過上述實驗不僅證明大氣壓的存在而且證明大氣壓是很大的。
（2）因為氣壓隨高度的增加而減小，在山底比在山頂的氣壓大，所以在山底比在山頂拉開鍋的最小拉力要大；以左側鍋底為研究對象，受到向左的拉力，向左的內部空氣壓力，向右的大氣壓力
向右的大氣壓力
則鍋內空氣的壓力
此時鍋內空氣的壓強
四、實驗探究題：（共三題，每空2分，共計28分）
18．（2024八下·深圳期中）在探究“阻力對物體運動的影響”時，使用的器材有斜面、木板、棉布、毛巾和小車。讓小車每次從斜面頂端處由靜止自由滑下，改變水平面的粗糙程度，測量小車在水平面上滑行的距離，結果記錄在下表中。
接觸面 毛巾 棉布 木板
小車受到的阻力大小 大 較大 小
小車運動的距離s/cm 18.30 26.83 32.50
（1）實驗時要固定斜面，每次實驗均讓小車從斜面頂端靜止釋放，目的是：　 　；
（2）如圖，若實驗中小車僅在木板上滑行時滑出了右端，是否需要重做本實驗以獲取可靠的證據？答：　 　（選填“需要”或“不需要”）
（3）在本實驗中，“小車在水平面上運動的距離”反映的是________；
A．小車在水平面上所受阻力大小
B．阻力對小車運動的影響情況
C．A、B選項均正確
（4）由實驗推理：如果水平面光滑，小車運動時不受阻力作用，它將在水平面上　 　；
（5）牛頓在伽利略等人的研究成果上概括出了牛頓第一定律。該定律　 　（選填“能”或“不能”）用實驗直接驗證。
【答案】（1）使小車到達水平面時的速度相同
（2）不需要
（3）B
（4）做勻速直線運動
（5）不能
【知識點】阻力對物體運動影響的探究實驗
【解析】【解答】（1）讓小車從斜面相同高度由靜止下滑，這樣當小車到達水平面時，小車的速度相等。
（2）根據題意可知，小車在阻力最小的木板上運動距離最大，若實驗中小車僅在木板上滑行時滑出了右端，也能說明小車在木板上通過的距離最長，因此不需要重做本實驗以獲取可靠的證據。
（3）根據題意可知，相同條件下，小車在水平面上運動的距離越大，則說明阻力對小車運動的影響越小，故AC不符合題意，B符合題意。
故選B。
（4）根據題意可知，如果水平面光滑，小車運動時不受阻力作用，小車的速度將不再變化，一直做勻速直線運動。
（5）根據題意可知，實驗中物體不可能完全不受力的作用，因此不可能直接得到該結論。牛頓第一定律是在實驗的基礎上推理出來的。
【分析】（1）為完成“阻力對物體運動的影響”的實驗，應采用控制變量的思想，即保持小車到達水平面時的速度相同；
（2）根據題意分析小車滾出右端是否影響實驗事實的判斷即可；
（3）根據實驗過程和結論分析解答；
（4）如果水平面光滑，那么小車不受阻力作用，而小車的速度不會減小，據此分析解答；
（5）根據牛頓第一定律的得出過程分析。
（1）為完成“阻力對物體運動的影響”的實驗，應采用控制變量的思想，即保持小車到達水平面時的速度相同；因此讓小車從斜面相同高度由靜止下滑，這樣當小車到達水平面時，小車的速度相等。
（2）若實驗中小車僅在木板上滑行時滑出了右端，說明小車在木板上通過的距離最長，小車受到阻力最小，不需要重做本實驗以獲取可靠的證據。
（3）本實驗中，在壓力不變時，小車在水平表面受到阻力的大小由接觸面的粗糙程度決定，通過觀察小車在水平面上運動的距離來反映阻力對小車運動的影響情況，這叫轉換法，故AC不符合題意，B符合題意。
故選B。
（4）由表格數據可知，水平面越光滑，小車受到的阻力越小，小車速度變化的越慢，小車運動的距離越遠，因此可以推理，如果水平面光滑，小車運動時不受阻力作用，小車的速度將不再變化，一直做勻速直線運動。
（5）牛頓第一定律的內容：一切物體在沒有受到力的作用時，總保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。因實驗中物體不可能完全不受力的作用，因此不可能直接得到該結論。牛頓第一定律是在實驗的基礎上推理出來的。
19．（2024八下·深圳期中）物理課上，同學們利用壓強計“研究液體內部壓強”，進行了如下的操作。
（1）壓強計是通過　 　來反映壓強大小的；
（2）在使用壓強計前，發(fā)現U形管中兩側液面已有高度差（如圖甲所示），接下來的操作是________（選填字母）；
A．直接從U形管右側中倒出適量液體
B．拆除膠管重新安裝
（3）分析　 　兩圖的實驗現象，得出結論：在深度相同時，液體的密度越大，壓強越大；
（4）正確操作后，分析圖②、圖③的實驗現象，得出結論：　 　；
（5）小王用圖⑤所示的裝置進行如下實驗：在左側加入適量的水，在右側緩慢倒入待測液體，直到橡皮膜剛好變平，則水和待測液體對容器底壓強的大小關系是　 　（選填“>”“<”或“=”）。
【答案】（1）U形管兩側液面的高度差
（2）B
（3）③④
（4）液體密度相同時，深度越深，液體壓強越大
（5）<
【知識點】探究液體壓強的特點實驗
【解析】【解答】（1）實驗中，壓強計通過U形管兩側液面的高度差來反映壓強大小；
（2）在使用壓強計前，發(fā)現U形管中兩側液面已有高度差，說明軟管內氣壓較大，那么接下來的操作是：只需要將軟管取下，再重新安裝，故A不符合題意，B符合題意。
故選B。
（3）探究液體壓強大小與液體密度的關系時，需要控制深度相同，只改變液體密度，故選③④；
（4）根據圖片可知，實驗②和③中，液體密度相同，圖③中壓強計探頭所處深度較深，U形管兩側液面的高度差較大，因此可得到結論：液體密度相同時，深度越深，液體壓強越大。
（5）根據⑤圖可知，橡皮膜剛好變平，則此時橡皮膜左右兩側受到的壓強相同，
由液體壓強公式可知，左側水面到橡皮膜的深度大于右側液面到橡皮膜的深度，則液體密度。
橡皮膜到容器底部的深度相同，由液體壓強公式可知，橡皮膜到容器底部的壓強；
水和待測液體對容器底壓強分為橡皮膜以上液體的壓強和橡皮膜以下液體的壓強，
則
故。
【分析】 （1）液體內部壓強的大小是通過液體壓強計U形管兩邊液面的高度差來判斷的，高度差越大說明此時的液體壓強越大，采用了轉換法；
（2）只需要將軟管取下，讓U形管中左管上方的氣體與大氣連通即可；
（3）（4）液體壓強與液體的深度和密度有關，研究與其中一個因素的關系時，要控制另外一個因素不變；
（5）直到橡皮膜剛好變平，此時橡皮膜左右兩側受到的壓強相同，根據橡皮膜的深度，由p=ρgh得出ρ水＜ρ液。根據水和待測液體對容器底壓強分為橡皮膜以上液體的壓強和橡皮膜以下液體的壓強，由p=ρgh分析p液下與p水下大小關系，根據p水上=p水下得出結論。
（1）實驗中，壓強大小不能直接得到，通過U形管兩側液面的高度差來反映壓強大小，U形管兩側液面的高度差越大，說明壓強越大，使用了轉換法。
（2）在使用壓強計前，發(fā)現U形管中兩側液面已有高度差，接下來的操作是：只需要將軟管取下，再重新安裝，這樣的話，U形管中兩管上方的氣體壓強就是相等的，都等于大氣壓，當橡皮膜沒有受到壓強時，U形管中的液面就是相平的。故A不符合題意，B符合題意。
故選B。
（3）③④兩圖中，液體的密度不同，壓強計探頭所處的深度相同，因鹽水密度大于水的密度，圖④中U形管兩側液面高度差較大，因此可得到結論：在深度相同時，液體的密度越大，壓強越大。
（4）圖②、圖③中，液體密度相同，圖③中壓強計探頭所處深度較深，U形管兩側液面的高度差較大，說明圖③中壓強計探頭受到的壓強較大，因此可得到結論：液體密度相同時，深度越深，液體壓強越大。
（5）在左側加入適量的水，在右側緩慢倒入待測液體，直到橡皮膜剛好變平，此時橡皮膜左右兩側受到的壓強相同，因左側水面到橡皮膜的深度大于右側液面到橡皮膜的深度，由可知，。水和待測液體對容器底壓強分為橡皮膜以上液體的壓強和橡皮膜以下液體的壓強，因液體密度較大，由可知。又因為，則
故。
20．（2024八下·深圳期中）用圖甲所示裝置“探究二力平衡條件”的實驗，在細線的兩端掛上等質量的鉤碼，卡片保持靜止。
（1）實驗中，　 　，故卡片的重力可以忽略不計；
（2）實驗過程中，小明在右側加掛一個鉤碼，發(fā)現卡片向右加速運動，說明相互平衡的兩個力必須　 　；
（3）如圖乙所示，將卡片下拉一定距離，松手后發(fā)現卡片又恢復圖甲狀態(tài)，此操作　 　（選填“能”或“不能”）得到“相互平衡的兩個力必須作用在同一條直線上”這一結論；
（4）如圖丙所示，小明把兩根細線都掛到左支架的滑輪上，松手后小卡片做加速運動。由此得出：相互平衡的兩個力的方向必須相反。同組同學認為小明的實驗過程不充分，因為　 　。
【答案】（1）鉤碼的重力遠大于卡片的重力
（2）大小相等
（3）不能
（4）沒有改變兩個力的方向進行多次實驗，得到普遍規(guī)律
【知識點】探究二力平衡的條件
【解析】【解答】（1）根據題意可知，卡片兩側受到的拉力由鉤碼重力產生，由于實驗中所用鉤碼的重力遠大于卡片的重力，可以忽略小卡片的重力對實驗的影響。
（2）根據題意可知，右側加掛了一個鉤碼，使卡片所受到向右的力大于向左的力，此時卡片向右加速運動，沒有處于平衡狀態(tài)，由此可以得出二力平衡的一個條件是：相互平衡的兩個力必須大小相等。
（3）根據圖乙可知，將卡片往下拉過一定距離，此時兩個力雖然不在同一條直線上，且兩個力的方向也不是相反的，不符合控制變量法的要求，所以不能得到“相互平衡的兩個力必須作用在同一條直線上”的結論。
（4） 同組同學認為小明的實驗過程不充分，因為：只做一次實驗就得出結論，具有偶然性，應改變兩個力的方向關系多次實驗，得出普遍規(guī)律。
【分析】 （1）所用鉤碼的重力遠大于卡片的重力，可以忽略小卡片的重力對實驗的影響；
（2）根據操作分析影響二力平衡的哪個因素改變即可；
（3）探究二力平衡時兩個力是否在同一直線上時，必須控制力的大小、作用點相同，而方向相反；
（4）多次實驗的目的是得出普遍規(guī)律。
（1）實驗中所用鉤碼的重力遠大于卡片的重力，可以忽略小卡片的重力對實驗的影響。
（2）右側加掛了一個鉤碼，使卡片所受到向右的力大于向左的力，兩個力大小不同，卡片向右加速運動，由此可以得出二力平衡的一個條件是：相互平衡的兩個力必須大小相等。
（3）如圖乙，將卡片往下拉過一定距離，此時兩個力雖然不在同一條直線上，但同時兩個力的方向也不是相反的，不符合控制變量法的要求，所以不能得到“相互平衡的兩個力必須作用在同一條直線上”的結論。
（4）只做一次實驗就得出結論，具有偶然性，應改變兩個力的方向關系多次實驗，得出普遍規(guī)律。
五、計算題：（共兩題，每題8分，共計16分）
21．（2024八下·深圳期中）龍年春節(jié)，100余臺人工智能環(huán)衛(wèi)機器人活躍在深圳多個人工智能清掃試點，一臺智能環(huán)衛(wèi)機器人質量180kg，長1.2m、寬0.7m、高0.9m，總觸地面積0.2m3，具有自動駕駛、自行感知、智能清掃功能，正常工作時勻速運動，每小時可清掃5公里路面，每天工作9小時，把道路清掃得一塵不染。深圳人才公園、世界之窗等景區(qū)，外賣無人機忙碌地穿梭于其中，小高與同伴下單了1600g的炸雞與奶茶套餐，僅僅等待了10.7min，就成功接收到了心儀的“空投”。此外醫(yī)療運輸航線順利啟用，黃金珠寶低空運輸航線首飛，無人駕駛載人觀光成功首航。深圳正在加速打造人工智能先鋒城市。
根據以上信息計算：
（1）無人機勻速下降將炸雞與奶茶送到小高手中時，套餐的重力為多少？無人機對套餐的拉力多大？
（2）智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓強為多大？
（3）若機器人在水平路面正常工作的過程中，受到的阻力為重力的0.2倍，那么發(fā)動機需要提供多大的動力？（不計機器人重力的變化）
【答案】（1）解：根據題意可知，套餐的質量為1600g=1.6kg，
套餐的重力為；
無人機對套餐的拉力與套餐的重力是一對平衡力，二者大小相等，
即。
（2）解：智能環(huán)衛(wèi)機器人對地面的壓力等于機器人的重力，
即
智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓強為。

（3）解：機器人在水平路面正常工作的過程中，
受到的阻力為
機器人受到的阻力與發(fā)動機提供的動力是一對平衡力，二者大小相等，
則動機需要提供的動力為。
【知識點】重力及其大小的計算；二力平衡的條件及其應用；壓強的大小及其計算
【解析】【分析】（1）根據G=mg計算出套餐的重力；根據二力平衡求出無人機對套餐的拉力；
（2）智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面壓力大小等于其重力，根據計算出智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時對地面的壓強；
（3）機器人在水平路面正常工作的過程中，機器人受到的阻力與發(fā)動機提供的動力是一對平衡力，根據二力平衡求出發(fā)動機需要提供的動力。
（1）套餐的重力為
無人機對套餐的拉力與套餐的重力是一對平衡力，二者大小相等，即
（2）智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓力等于機器人的重力，即
智能環(huán)衛(wèi)機器人停在水平路面上時，對地面的壓強為
（3）機器人在水平路面正常工作的過程中，受到的阻力為
機器人受到的阻力與發(fā)動機提供的動力是一對平衡力，二者大小相等，則動機需要提供的動力為
22．（2024八下·深圳期中）在某海域裝滿貨物的密封集裝箱意外落入水中。已知貨箱重100t，體積為40m3，沉入60m深的海底（未陷入），利用如圖所示的打撈船進行打撈。（=1.1×103kg/m3，g＝10N/kg）根據以上信息計算：
（1）未打撈集裝箱時，集裝箱底部受到海水多大的壓強？
（2）集裝箱沉沒時，受到的浮力是多大？
（3）集裝箱勻速上升的過程中（未露出水面），繩子的拉力是多大？
【答案】（1）解：未打撈集裝箱時，集裝箱底部受到海水多大的壓強。
（2）解：根據題意可知，集裝箱沉沒時受到的浮力是。
（3）解：根據題意可知，貨箱的重力；
集裝箱勻速上升的過程中，由平衡條件知道，繩子的拉力是。

【知識點】二力平衡的條件及其應用；液體壓強計算公式的應用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）由p=ρgh算出未打撈集裝箱時集裝箱底部受到海水的壓強；
（2）由阿基米德原理算出集裝箱沉沒時受到的浮力；
（3）根據G=mg算出貨箱的重力，集裝箱勻速上升的過程中，由平衡條件算出繩子的拉力。
（1）由知道，未打撈集裝箱時，集裝箱底部受到海水多大的壓強
（2）集裝箱沉沒時，受到的浮力是
（3）貨箱的重力
集裝箱勻速上升的過程中，由平衡條件知道，繩子的拉力是
六、綜合能力題：（每空1分，共計8分）
23．（2024八下·深圳期中）閱讀下面的資料，回答問題：
2024年3月，水陸兩棲飛機----中航工業(yè)AG600大型滅火飛機亮相“雅典國際消防展”。代號“鯤龍”的AG600飛機，是中國自主研制的大型滅火、水上救援水陸兩棲飛機。它由4臺發(fā)動機提供動力。其空載質量42t，最大起飛質量53.5t，低空巡航速度（經濟、節(jié)油的飛行速度）460km/h，最大飛行速度為560km/h，最大航程為4500km。它和C919、運-20，共同被稱為中國大飛機“三劍客”。2018年10月20日，“鯤龍”AG600水上首飛在荊門漳河機場正式開始。經過6年的磨煉，“鯤龍”AG600即將成為一條可以上天下海的“龍”，擔當起保一方平安的責任。
對飛機制造感興趣的小明查閱資料后了解到，幾百噸的飛機能飛上天，主要依靠的就是發(fā)動機以及完美的空氣動力學設計。飛機在起飛時，首先發(fā)動機會加大馬力，推動飛機高速向前飛行。發(fā)動機前面是一個風輪風扇，風扇可以吸進空氣，吸進去的空氣被壓縮。壓縮的空氣來到燃燒室，與航空燃料進行混合，在這里，混合氣體被點燃，從而產生高溫高壓的膨脹氣體，燃燒產生的廢氣會從尾噴口高速噴出，從而產生巨大的推力，推動飛機向前運動。根據學過的知識，小明馬上意識到推動飛機的施力物體是①　 　。而完美的空氣動力學設計主要是機翼特殊的形狀。如圖所示是機翼的一個截面示意圖，因為上下表面形狀不同，機翼上方比下方②　 　，從而產生升力。
喜歡鉆研的的小明在觀看C919的飛行紀錄片時發(fā)現飛機在起飛時要先在水平路面上一直加速，而且機身并不是保持水平狀態(tài)，而是有一個仰角（機翼下表面與水平面的夾角，稱為：機翼仰角）。于是他猜測飛機受到的升力大小與飛機的速度，以及機翼仰角有關。小明聯合有同樣興趣的小伙伴們利用塑料泡沫等材料自制機翼模型，把圓柱形空心筆桿穿過“機翼”并固定在“機翼”上，將一根金屬桿從筆桿中穿過并上下固定，確保“機翼”能沿金屬桿在豎直方向移動。將“機翼”掛在測力計的下方，實驗裝置如圖所示。用鼓風機對著“機翼”吹風模擬飛機在空中飛行。
為研究升力大小與機翼仰角的關系，用鼓風機對同一個“機翼”吹風，并保持③　 　不變，改變④　 　，觀察并記錄測力計的示數；實驗數據記錄在下表（每次吹風前測力計的示數均為=3.5N）：
實驗序號 機翼仰角 風速 彈簧測力計示數F示/N
1 0°（水平） 低 3.2
2 0°（水平） 中 3.0
3 0°（水平） 高 2.6
4 較小 高 2.4
5 較大 高 2.3
6 最大 高 2.7
實驗中升力的表達式為：⑤=　 　（用題目中已知符號表示）。根據表中數據，小明得出結論：由風速越大，升力⑥　 　；隨著機翼仰角的增大，升力⑦　 　。你認為飛機升力的大小可能還與哪些因素有關，回答并說明理由⑧　 　（言之合理一點即可）。
【答案】燃氣；空氣流速大，壓強小；風速；機翼仰角；F0-F示；越大；先增大后減小；機翼面積
【知識點】力作用的相互性；壓強的大小及其計算；流體壓強與流速的關系；飛機的升力；控制變量法與探究性實驗方案
【解析】【解答】（1）根據題意可知，飛機向后噴出高溫高壓的氣體，由于力的作用是相互的，燃氣反過來給飛機提供一個向前的反作用力，因此推動飛機的施力物體是燃氣。
（2）根據圖片可知，機翼上表面為曲面，下表面為平面，則上方氣流速度大壓強小，下方氣流速度小壓強大，故機翼上方壓強小于下方壓強，機翼的上下表面產生了壓力差，這就是向上的升力。
（3）根據控制變量法可知，為研究升力大小與機翼仰角的關系，要保持風速一定，改變機翼仰角的大小，觀察并記錄測力計的示數。
（4）根據題意可知，每次吹風前測力計的示數均為，實驗中用鼓風機對同一個“機翼”吹風，則吹風前后測力計的示數差就等于升力，則升力的大小為F0-F示。
（5）根據表格數據前3組可知，機翼仰角相同時，風速越大，彈簧測力計示數越小，那么得到：機翼仰角一定時，風速越大，升力越大。
（6）根據表格數據后3組數據可知，風速一定時，機翼仰角越大，彈簧測力計示數先減小后增大，由F升=F0-F示可知，風速一定時，隨著機翼仰角的增大，升力先增大后減小。
（7）我認為飛機升力的大小可能還與機翼面積有關，由F=pS可知，壓強差相同時，機翼面積越大升力越大。
【分析】（1）根據力的作用的相互性分析飛機動力的施力物體；
（2）根據流體壓強和流速的關系分析；
（3）根據控制變量法的要求可知，探究某個因素對物理量的影響時，需要控制其它因素相同；
（4）對吹風前后的機翼進行受力分析，根據平衡力的知識計算產生的升力；
（5）根據前3組數據分析升力與風速的關系；
（6）根據后三組數據分析升力與仰角的關系；
（7）根據F=pS分析解答。
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